标签：bsp mat 不等式 三角形 ase block graph 变量 target
1. $x, y, z\in\mathbf{R^+}$, 证明: $$\frac{z^2 - x^2}{x + y} + \frac{x^2 - y^2}{y + z} + \frac{y^2 - z^2}{z + x} \ge 0.$$ 解答: $$\frac{z^2 - x^2}{x + y} + \frac{x^2 - y^2}{y + z} + \frac{y^2 - z^2}{z + x} \ge 0$$ $$\Leftrightarrow \frac{z^2}{x+y} + \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z + x} \ge \frac{x^2}{x + y} + \frac{y^2}{y + z} + \frac{z^2}{z + x}$$ 考虑证明上述不等式.
不妨设 $x \le y \le z$, $$\Rightarrow \frac{1}{y+z} \le \frac{1}{x+z} \le \frac{1}{x+y},\ x^2 \le y^2 \le z^2.$$ $$\Rightarrow \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z + x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{x^2}{x + y} + \frac{y^2}{y + z} + \frac{z^2}{z + x}$$ 最后一个不等式成立依据是排序不等式.
2. $x, y, z\in\mathbf{R^+}$, 证明: $$\frac{yz}{(x + y)(x + z)} + \frac{xz}{(y + z)(y + x)} + \frac{xy}{(z + x)(z + y)} \ge \frac{3}{4}.$$ 解答:
不妨设 $x\le y\le z$, $$\Rightarrow xy \le xz \le yz,\ \frac{1}{(x+z)(y+z)} \le \frac{1}{(x+y)(y+z)} \le \frac{1}{(x+y)(x+z)}.$$ 因此原不等式左边为顺序和, 记作 $M$. $$\begin{cases} M = \dfrac{yz}{(x + y)(x + z)} + \dfrac{xz}{(y + z)(y + x)} + \dfrac{xy}{(z + x)(z + y)} \\ M \ge \dfrac{xy}{(x + y)(x + z)} + \dfrac{yz}{(y + z)(y + x)} + \dfrac{zx}{(z + x)(z + y)}\\ M \ge \dfrac{xz}{(x + y)(x + z)} + \dfrac{xy}{(y + z)(y + x)} + \dfrac{yz}{(z + x)(z + y)} \end{cases}$$ $$\Rightarrow \begin{cases}2M \ge \dfrac{y}{x+y} + \dfrac{z}{y + z} + \dfrac{x}{z + x}\\ 2M \ge \dfrac{z}{z+x} + \dfrac{x}{x+y} + \dfrac{y}{y + z}\end{cases}$$ $$\Rightarrow 4M \ge 3 \Rightarrow M \ge \frac{3}{4}.$$
3. 设 $b_i$ 是 $a_i > 0$ ($i = 1$, $2$, $\cdots$, $n$)的一个排列. 证明: $$\sum_{i = 1}^{n}\frac{a_i}{b_i} \ge n.$$ 解答:
不妨设 $a_1 \le a_2 \le \cdots \le a_n$, $$\Rightarrow \frac{1}{a_n} \le \frac{1}{a_{n-1}} \le \cdots \le \frac{1}{a_1}$$ $$\Rightarrow n = a_1 \cdot \frac{1}{a_1} + a_2 \cdot \frac{1}{a_2} + \cdots + a_n \cdot \frac{1}{a_n} \le \frac{a_1}{b_1} + \frac{a_2}{b_2} + \cdots + \frac{a_n}{b_n}.$$ 最后一个不等式成立依据是排序不等式(左边为反序和, 右边为乱序和).
4. $a, b. c\in\mathbf{R}$, 证明: $$\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a + b} \ge \frac{3}{2}.$$ 解答:
不妨设 $a \le b \le c$, $$\Rightarrow \frac{1}{b+c} \le \frac{1}{a + c} \le \frac{1}{a+b}$$ $$\Rightarrow \begin{cases}\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a + b} \ge \dfrac{b}{b+c} + \dfrac{c}{c+a} + \dfrac{a}{a+b}\\ \dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a + b} \ge \dfrac{c}{b+c} + \dfrac{a}{c+a} + \dfrac{b}{a+b} \end{cases}$$ $$\Rightarrow 2\cdot \left(\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a + b}\right) \ge 3$$ $$\Rightarrow \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a + b} \ge \frac{3}{2}.$$
5. $a, b. c\in\mathbf{R^+}$, 证明: $$\frac{a^2}{b + c} + \frac{b^2}{c+a} + \frac{c^2}{a + b} \ge \frac{1}{2}(a + b + c).$$ 解答:
不妨设 $a \le b \le c$, $$\Rightarrow a^2 \le b^2 \le c^2,\ \frac{1}{b+c} \le \frac{1}{c + a} \le \frac{1}{a + b}$$ $$\Rightarrow \begin{cases}\dfrac{a^2}{b + c} + \dfrac{b^2}{c+a} + \dfrac{c^2}{a + b} \ge \dfrac{b^2}{b + c} + \dfrac{c^2}{c+a} + \dfrac{a^2}{a + b}\\ \dfrac{a^2}{b + c} + \dfrac{b^2}{c+a} + \dfrac{c^2}{a + b} \ge \dfrac{c^2}{b + c} + \dfrac{a^2}{c+a} + \dfrac{b^2}{a + b} \end{cases}$$ $$\Rightarrow 2\cdot \left(\frac{a^2}{b + c} + \frac{b^2}{c+a} + \frac{c^2}{a + b}\right) \ge \frac{b^2 + c^2}{b+c} + \frac{c^2 + a^2}{c+a} + \frac{a^2 + b^2}{a+b}$$ $$\ge \frac{1}{2}(b + c) + \frac{1}{2}(c + a) + \frac{1}{2}(a + b) = a + b + c$$ $$\Rightarrow \frac{a^2}{b + c} + \frac{b^2}{c+a} + \frac{c^2}{a + b} \ge \frac{1}{2}(a + b + c).$$
6. 设 $a$, $b$, $c$ 是三角形的三边长, 证明: $$a^2b(a - b) + b^2c(b - c) + c^2a(c - a) \ge 0.$$ 解答:
对三边做变量代换: $$\begin{cases}a = y + z\\ b = z + x \\ c = x + y \end{cases}$$ 原不等式等价于 $$(y + z)^2(z + x)(y - x) + (z + x)^2(x + y)(z - y) + (x+y)^2(y+z)(x - z) \ge 0$$ $$\Leftrightarrow xy^3 + yz^3 + zx^3 - x^2yz - xy^2z - xyz^2 \ge 0$$ $$\Leftrightarrow xyz\left(\frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} + \frac{x^2}{y} - x - y - z\right) \ge 0$$ $$\Leftrightarrow \frac{y^2}{z} + \frac{z^2}{x} + \frac{x^2}{y} - x - y - z \ge 0$$ 最后一个不等式由A-G不等式, Cauchy不等式, 排序不等式均可证明.
7. 设 $a_i \in\mathbf{N^*}$ ($i = 1$, $2$, $\cdots$, $n$)且互不相同, 证明: $$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} \le a_1 + \frac{a_2}{2^2} + \cdots + \frac{a_n}{n^2}.$$ 解答:
设 $b_i$ 是 $a_i$ 的一个排列, 且 $b_1 < b_2 < \cdots < b_n$, 易知 $b_i \ge i$ 及 $1 > \dfrac{1}{2^2} > \cdots > \dfrac{1}{n^2}$. 由排序不等式有 $$a_1 + \frac{a_2}{2^2} + \cdots + \frac{a_n}{n^2} \ge b_1 + \frac{b_2}{2^2} + \cdots + \frac{b_n}{n^2} \ge 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}.$$
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